高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第10講 專題1-2 棱柱相關(guān)解答題二十大題型

專題1-2棱柱相關(guān)解答題二十大題型匯總第一篇直棱柱篇 1題型1平行關(guān)系 1題型2垂直關(guān)系 14題型3長度問題 22題型4距離問題 26題型5線線、線面角問題 38題型6二面角問題 51題型7線面角與動點問題 71題型8二面角與動點問題 83題型9體積與動點問題 91題型10最值取值范圍問題 95第二篇斜棱柱篇 104題型11平行關(guān)系 104題型12垂直關(guān)系 114題型13長度問題 119題型14體積與距離問題 125題型15線面角問題 131題型16二面角問題 140題型17線面角與動點問題 157題型18二面角與動點問題 166題型19體積與動點問題 176題型20最值取值范圍問題 182第一篇直棱柱篇題型1平行關(guān)系【例題1】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，D，E分別為棱AB，B1C1的中點，BC=2【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法來證得DE//平面【詳解】在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥所以AC=A1C1=4以B為原點，BC,BA,BB1為設(shè)BB1A1所以DE=1,?3設(shè)平面ACC1A所以AC?n=2x?23y=0所以DE?n=又DE?平面ACC1A1，所以【變式1-1】1.（2023春·河南洛陽·高三欒川縣第一高級中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB（1）求證：BC1⊥（2）點M在線段B1C上，且B1MB1C=13，點【答案】（1）證明見解析；（2）23【分析】（1）由題設(shè)條件可證A1B1⊥B1C（2）以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)Ma,b,c，Nx,y,z，A1NA1B【詳解】（1）證明：∵在三棱柱ABC?A1B1C因為BC?平面ABC，故BB1⊥BC因為AA1=CA1因為AB⊥BC，故A1∵BB1∩B1∵BC1?平面BC∵A1B1∩B（2）以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為A0,2,0，C2,0,0，C12,0,2，B0,0,0CA=?2,2,0，設(shè)平面ACC1A則n?CA=?2x+2y=0n?點M在線段B1C上，且B1MB設(shè)Ma,b,c，Nx,y,z，A1NA1B即2,0,?2=3a,b,c?2，解得M23,0,43∵MN//平面A1ACC解得λ=2∴A1NA【變式1-1】2.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥（Ⅰ）在四邊形ABB1A1內(nèi)是否存在點G，使平面（Ⅱ）設(shè)D是CC1的中點，求DA與平面ABC【答案】（Ⅰ）四邊形ABB1A1內(nèi)存在點G，即線段MN上任意一點，使平面GEF//平面【分析】（Ⅰ）取A1A，B1B的中點M，N，可得EF//A1B1//MN//AB，從而可得EF//平面AB（Ⅱ）取AC的中點O，建立空間直角坐標系，利用向量法即可求得DA與平面ABC1所成角【詳解】（Ⅰ）如圖所示，取A1A，B1B的中點M，N，連接ME，MN，NF，EF，因為E，F(xiàn)分別為A1C1所以在直三棱柱ABC?A1B又因為EF?平面ABC1，AB?平面所以EF//平面ABC同理可證ME//平面ABC又EF∩ME=E，所以平面MEF//平面ABC即平面MNFE//平面ABC所以四邊形ABB1A1內(nèi)存在點G，即線段MN上任意一點，使平面（Ⅱ）取AC的中點O，連接OB，OE，則在直三棱柱ABC?A1B1C1中，以O(shè)為坐標原點，OB所在的直線為x軸，OC所在的直線為y軸，OE所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz，因為AB=BC=AC=A所以A0,?1,0，B3,0,0，C則DA=0,?2,?1，AB=設(shè)平面ABC1的法向量為則n?AB=0令x=33，則y=?1，z=1，所以所以sinθ=所以DA與平面ABC1所成角θ的正弦值為【變式1-1】3.（2023·高二單元測試）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB（1）求證：BC1⊥（2）求異面直線B1C與（3）點M在線段B1C上，且B1MB1C=13，點【答案】（1）證明見解析；（2）60°；（3）23【分析】（1）推導(dǎo)出BC1⊥B1C，BB1⊥A1B1（2）以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線B1C與（3）求出平面ACC1A1的法向量，由MN//平面【詳解】（1）證明：∵在三棱柱ABC?ABB1⊥平面ABC，AB⊥BC∴BC1⊥B1∵BB1∩B1∵BC1?平面BC∵A1B1∩（2）以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為B1(0，0，2)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1C=(2，0，?2)，A1B設(shè)異面直線B1C與A1則cosθ=|B∴異面直線B1C與A1（3）解：A(0,2,0)，C(2,0,0)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，B1CA=(?2,2,0)，C設(shè)平面ACC1A1的法向量n=(x則n·CA=?2x+2y=0n·點M在線段B1C上，且B1MB設(shè)M(a，b，c)，N(x，y，z)，A1NA1B=λ，則即(2,0,?2)=3(a,b,c?2),(x,y?2,z?2)=λ(0,?2,?2)，解得M2∵MN//平面A1ACC1，解得λ=2∴A1NA【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查異面直線所成角的求法，考查滿足線面平行的兩線段的比值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題【變式1-1】4.（2021春·北京·高二東直門中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC（Ⅰ）求證：AB⊥A（Ⅱ）求二面角A1（Ⅲ）在棱A1B1上是否存在點N，使得HN//平面【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）33；（Ⅲ）在棱A1B1上存在點N，使得HN//【解析】（Ⅰ）可證明AB⊥平面A1AC，從而得到（Ⅱ）利用AB，AC，AA1兩兩互相垂直建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)?xyz，求出平面ABC的法向量平面（Ⅲ）設(shè)A1N=λA1B1(0≤λ≤1)，則可用λ表示HN，利用【詳解】證明：（Ⅰ）因為AA1⊥平面ABC，AB?平面ABC因為∠BAC=π2，所以又因為AC∩AA所以AB⊥平面A1因為A1C?平面A1AC（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AB，AC，AA如圖，建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz．因為AA所以A0,0,0，B1,0,0，C0,1,0因為AA1⊥所以AA1=(0,0,1)設(shè)平面A1BC的一個法向量為A1B=(1,0,?1)則n?A1令z=1，則x=1于是n=(1,1,1)所以cosA由題知二面角A1?BC?A為銳角，所以其余弦值為（Ⅲ）假設(shè)棱A1B1上存在點N(x,y,z)，使得HN由A1N=λA1因為C1(0,?1,1)，H為所以HN=若HN//平面A1BC，則HN又因為HN?平面A1所以在棱A1B1上存在點N，使得HN//平面【點睛】本題考查空間中的線面平行、線線垂直和二面角的計算，線線垂直可以通過線面垂直而得到，平行與垂直關(guān)系也可以通過方向向量、法向量的關(guān)系而得到，二面角的計算可以構(gòu)建二面角的平面角，從而將空間角轉(zhuǎn)化為平面角進行計算，也可以合理建系，把二面角的計算轉(zhuǎn)化為法向量的夾角來計算.【變式1-1】5.（2020秋·廣西百色·高二田東中學(xué)校考階段練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB（1）求證：BC1⊥（2）求異面直線B1C與（3）點M在線段B1C上，且B1MB1C=λ(λ∈(0,1))，點N在線段A1【答案】（1）證明見解析（2）π3（3）【分析】（1）根據(jù)三棱柱ABC?A1B1C1的結(jié)構(gòu)特征，利用線面垂直的判定定理，證得A1B1（2）由（1）得到AB⊥BC，建立空間直角坐標系B?xyz，求得向量B1（3）由B1MB1C=λ，得M(2λ,0,2?2λ)，設(shè)A1NA1B【詳解】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，由BB又因為BB1?平面B1BCC1又因為AB⊥BC，所以A1B1⊥B因為BC1?平面又因為BB1=BC=2又A1B1∩B（2）由（1）知BB1⊥底面ABC，AB⊥BC由題意得B0,0,0，C2,0,0，A1所以B1C=所以cosA故異面直線B1C與A1（3）易知平面A1ACC由B1MB設(shè)A1NA1因為MN//平面A1ACC即(?2λ,2?2μ,2λ?2μ)?(1,1,0)=0，解得μ=1?λ，所以A1【點睛】本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴密推理是線面位置關(guān)系判定的關(guān)鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.題型2垂直關(guān)系【例題2】（2023·全國·高三專題練習）如圖1所示，在邊長為12的正方形AA'A1'A1中，點B，C在線段AA'上，且AB=3，BC=4，作BB1//AA1，分別交A1A1(1)在三棱柱ABC－A1B1(2)試判斷直線AQ是否與平面A1【答案】(1)證明見解析(2)直線AQ與平面A1【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明AB⊥平面BCC（2）建立空間直角坐標系，利用向量的方法去判斷直線AQ與平面A1【詳解】（1）∵AB=3，從而有AC又∵AB⊥BB∴AB⊥平面BCC（2）直線AQ與平面A1以B為原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為A（3，0，AQ=設(shè)平面A1C1則n?PA1=3x+9z=0∵AQ∴直線AQ與平面A1【變式2-1】1.（2022秋·河南開封·高二?？茧A段練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形AA1C（1）證明：平面A1BC⊥平面（2）在線段A1B上是否存在點M，使得CM⊥BC【答案】（1）證明見解析；（2）14【分析】（1）在△ABC中，滿足AC2+BC2=AB（2）建立空間直角坐標系，設(shè)Mx,y,z，BM=λB【詳解】（1）在△ABC中，AC=3，BC=1，AB=2，滿足AC2又CC1⊥BC，CC1∩AC=C，所以BC⊥面ACC又四邊形AA1C1C是邊長為3的正方形，所以AC1又AC1?平面ABC1（2）在線段A1B上存在點M，使得CM⊥BC理由如下：由（1）得，以點C為原點，CA,CB,CC1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則A3,0,0，C0,0,0，B0,1,0，A13,0,3，C10,0,3，設(shè)Mx,y,z，BM=λBA1，所以x,y?1,z=λ3,?1,【點睛】本題考查線面垂直的判定和性質(zhì)，面面垂直的判定定理，向量垂直的坐標條件，屬于中檔題.【變式2-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2(1)求證：平面APM⊥平面BB(2)試判斷直線BC1與AP是否能夠垂直．若能垂直，求【答案】(1)證明見解析(2)不能垂直，理由見解析【分析】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB1推出AM⊥平面（2）建系，寫出B,C1,A的坐標，設(shè)BP=t0≤t≤3，利用直線BC1【詳解】（1）因為在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2所以AM⊥BC，AM⊥BB因為BC∩BB1=B，所以AM⊥平面BB因為AM?平面APM，所以平面APM⊥平面BB（2）以A為原點，AC為x軸，AB為y軸，AA1為B0，2，0設(shè)BP=t0≤t≤則P0,2,t若直線BC1與AP能垂直，則解得t=4因為t=4所以直線BC1與【變式2-1】3.（2023秋·河北唐山·高二校考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC（1）求直線A1C與（2）設(shè)M為AC的中點，在平面BCC1內(nèi)找一點N，使得MN⊥平面A1BC，求點N到平面【答案】（1）24；（2）到平面ABC的距離為36，到平面【分析】（1）根據(jù)題設(shè)可知AB，BC，BB1兩兩垂直，以B為坐標原點，分別以BA，BC，BB1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．根據(jù)異面直線所成的角的空間向量求解方法可求得直線（2）設(shè)點N坐標為N0,a,b，根據(jù)線面垂直的坐標表示可求得點N【詳解】解：（1）根據(jù)題設(shè)可知AB，BC，BB1兩兩垂直，以B為坐標原點，分別以BA，BC，BB1所在直線為x，則B0,0,0，A1,0,0，B10,0,3所以AB1=所以cosA所以直線A1C與AB（2）由條件知M12,1,0．因為點N在平面BCC1因為MN⊥平面A1BC，所以MN⊥BC，由坐標系可得BC=0,2,0，所以MN?BC=2a?1=0,所以點N0,1,36，其到平面ABC的距離為3【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用法向量求解空間線線角，以及得出空間線線關(guān)系，線面關(guān)系等的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，破“求坐標關(guān)”，準確求解相關(guān)點的坐標；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破“應(yīng)用公式關(guān)”.【變式2-1】4.（2021秋·北京豐臺·高二北京市第十二中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.（Ⅰ）求證：AA1⊥平面ABC；（Ⅱ）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；（Ⅲ）證明：在線段BC1存在點D，使得AD⊥A1B，并求BDB【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）1625（Ⅲ）【分析】把平面與平面垂直轉(zhuǎn)化為直線和平面垂直.要證直線和平面垂直，依據(jù)相關(guān)判定定理轉(zhuǎn)化為證明直線和直線垂直.求二面角，往往利用“作——證——求”的思路完成，作二面角是常常利用直線和平面垂直.第（Ⅲ）題，求解有難度，可以空間向量完成.（Ⅰ）因為AA1C因為平面ABC⊥平面AA1C1C，，且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，所以AA（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AA1⊥AC,由題意知AB=3,BC=5,AC=4，所以AB⊥AC.如圖，以A為原點建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz,則B(0,3,0),A設(shè)平面A1BC1的法向量為n令z=3，則x=0,y=4，所以n=(0,4,3)同理可得，平面B1BC所以cos<由題知二面角A1-BC1-B1為銳角，所以二面角A1-BC1-B1的余弦值為1625（Ⅲ）設(shè)D(x,y,z)是直線BC1上的一點，且所以(x,y?3,z)=λ(4,?3,4)，解得x=4λ,y=3?3λ,z=4λ，所以AD=(4λ,3?3λ,4λ)由AD?A1B=0因為925∈[0,1]，所以在線段BC1上存在點D，使得【考點定位】本題考查了平面與平面垂直的性質(zhì)定理，直線和平面垂直的判定定理，考查了法向量、空間向量在立體幾何中的應(yīng)用和二面角的求法，考查了空間想象能力和推理論證能力.題型3長度問題【例題3】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA(1)求證：CB(2)若平面A1BC與平面A1B1【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)題意，利用線面垂直的判定定理可證AC⊥平面ABB1A（2）由（1）可證AA1,A1C1【詳解】（1）解：由三棱柱ABC?A1B又AB=AA1=3，所以平行四邊形AB又因為AA1⊥平面ABC又AB1⊥A1所以AC⊥平面ABB1A因為AC∩AB1=A，所以A因為CB1?所以A1（2）解：由第（1）問可知A1C1又AA1⊥所以AA1,設(shè)AC=a，則A1(0,0,0)，C(3,0,a)，設(shè)平面A1BC法向量為又A1所以{3x+az=03x+3y=0，取x=a，可得顯然平面A1B因為平面A1BC與平面A1所以|n即a2兩邊平方可得a22a所以AC=2.【變式3-1】1.（2023·高二單元測試）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面是邊長為（1）設(shè)側(cè)棱長為1，求證：AB（2）設(shè)AB1與BC【答案】（1）證明見解析；（2）2．【分析】（1）利用AB,BC,BB（2）結(jié)合（1）求出AB1?BC【詳解】（1）AB1=∵BB1⊥平面ABC，∴B又△ABC為正三角形，∴AB,∵A===?1+1=0，∴AB（2）結(jié)合（1），AB又AB∴cosA∴BB【變式3-1】2.（2022秋·山東濟南·高二濟南一中?？计谥校┤鐖D，在直三棱柱ABC?A1B1C1（側(cè)棱垂直于底面的棱柱）中，CA=CB=1，∠BCA=90（1）求BN的長；（2）求A1B與【答案】（1）3；（2）3010【分析】以C為坐標原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（1）利用空間中兩點間的距離公式可求得BN的長；（2）利用空間向量法可求得A1B與【詳解】如圖，以C為坐標原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（1）依題意得B0,1,0、N1,0,1，因此，因此，線段BN的長為3；（2）依題意得A11,0,2、B0,1,0、B∴A1B所以，cos<故A1B與B1題型4距離問題【例題4】（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥(1)求證：AB1//(2)求點B到直線C1

【答案】(1)證明見解析.(2)710【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可證明.（2）利用空間向量坐標法即可解決空間點到直線的距離問題.【詳解】（1）證明：連接B1C，交BC1于點O，則因為點M為AC中點，所以O(shè)M//AB因為AB所以AB1//

（2）如圖,以CB,CA,CC1所在直線分別為可得B2,0,0,M0,1,0設(shè)MB,MC1夾角為θ，則cosθ=又MB=MB=5，設(shè)點B到直線C1M

【變式4-1】1.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，(1)證明：CB(2)求點E到平面B1【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）利用空間直角坐標系，利用向量垂直即可求證線線垂直，（2）利用空間向量即可求解點面距離.【詳解】（1）由于CC1⊥平面ABC，AC⊥BC則C0,0,4CB1=0,4,?4（2）由題意可知E是CB1，BC設(shè)平面B1C1C1B1故C1B1?m所以點E到平面B1C【變式4-1】2.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1A⊥平面(1)證明：AD//平面C1(2)求平面ADE與平面C1(3)若AB=4，求點B1到平面C【答案】(1)證明見解析(2)1(3)3【分析】（1）連接BD，根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，利用線面平行的判定定理和面面平行的性質(zhì)定理，即可證明結(jié)論；（2）取A1C1的中點O，連接OB1，OE，可得OB1，OC1，OE兩兩垂直，建立以O(shè)為原點，以O(shè)B1、O（3）由（2）可得B1C1【詳解】（1）證明：連接BD，∵E，F(xiàn)分別是棱AC，BC的中點，∴EF//AB，∵EF?平面C1EF，AB?平面C1EF∵D，F(xiàn)分別是棱B1C1，BC的中點，∴BF//∴四邊形BDC1F∵C1F?平面C1EF，BD?平面∵AB，BD?平面ABD，且AB∩BD=B，∴平面ABD//平面C1∵AD?平面ABD，∴AD//平面C1（2）取A1C1的中點O，連接O在等邊△A1B1C1中，則OB1可建立以O(shè)為原點，以O(shè)B1、OC1、OE所在直線分別為x，y，不妨設(shè)AB=4，4AA1=3AB，則A(0,?2,3)，C1(0,2,0)，D(3,1,0)∴AD=(3,3,?3)，AE=(0,2,0)，設(shè)平面ADE的法向量為n=(則n?AD=3x1+3∴平面ADE的法向量為n=(設(shè)平面C1EF的法向量為則4m?C1E=?2y2∴平面C1EF的法向量為設(shè)平面ADE與平面C1EF的夾角為則cosθ=故平面ADE與平面C1EF夾角的余弦值為（3）若AB=4，由（2）可知B1(23,0,0)，所以B1所以點B1到平面C1EF【變式4-1】3.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=4，AC=2，M是AB中點，N(1)求證：PQ//平面A1(2)若二面角A1?CM?A的余弦值是33，求點B【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）連結(jié)BN，設(shè)AC1∩A1C=H，連結(jié)MH，先證明BC1//面A1CM，BN//面A1CM，再由面面平行的判定定理，得到面（2）以A為原點，AC,AB,AA1所在直線分別為【詳解】（1）連BN.連AC1∩∵AH=HC1，AM=MB，∴又MH?面A1CM，BC1?面A1∵四邊形A1NBM是平行四邊形，∴BN?面A1CM，A1M?面A1CM∵BC1∩BN=B?，∴面A1CM//BC1N，PQ?面BC（2）以A為原點，AC?,AB?,AA1所在直線分別為設(shè)A10,0,??>0，M0,2,0，所以A1M=設(shè)平面A1CM的法向量則n??A∴?n=?,?,2，易知平面ACM由二面角A1?CM?A的余弦值是則cosn又?>0，解得?=2，∴n=又MB=0,2,2即點B到平面A1CM的距離為【變式4-1】4.（2023·上海徐匯·上海市南洋模范中學(xué)?？既＃┤鐖D，在三棱柱ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，四邊形BCC1B(1)求證：CD⊥平面ABB(2)若點P在線段B1C上，且直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為25【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）由勾股定理證明A1A⊥AD，再由A1A⊥BC，可證A1A⊥平面ABC，即得CD⊥AA1，由CD⊥AB，可證CD⊥平面ABB【詳解】（1）證明：由題知AA∴AD2+又B1B⊥BC,B又AD∩BC=B，AD,BC?平面ABC，所以A1A⊥平面ABC，又CD?平面ABC，所以在正△ABC中，D為AB中點，于是CD⊥AB，又AB∩AA1=A，AB,AA1?（2）取BC中點為O,B1C1中點為由（1）知，A1A⊥平面ABC，且OA?平面所以O(shè)A⊥AA1，又所以O(shè)A⊥BB1,BB所以O(shè)A⊥平面BCC1B如圖，以O(shè)為坐標原點，OB,OQ,OA的方向為x軸?y建立空間直角坐標系，則O0,0,0D12,0,CB設(shè)平面A1CD的法向量為則n?CD=0令x=1，則z=?3,y=1，于是設(shè)CP=λ則AP=由于直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為∴cos即2λ+1=4λ2?8λ+3=0，由于于是CP=λ設(shè)點P到平面A1CD的距離為d，則所以點P到平面A1CD的距離為【點睛】方法點睛：對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.【變式4-1】5.（2023·高二課時練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC=2BC=4，且(1)證明：BC⊥A(2)若B1到直線AC的距離為19，求平面B1A【答案】(1)證明見解析.(2)3465【分析】(1)證明異面直線垂直，通常先證明線面垂直.所以先證明BC與平面ABB1A1垂直，即可得到異面直線(2)以B為原點建立空間直角坐標系，根據(jù)B1到直線AC的距離求出邊長BB1，從而得出各點的坐標，然后求出平面A【詳解】（1）證明：因為AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC因為AB2+B因為AA1∩AB=A，AA1,AB?平面因為A1D?平面ABB（2）以B為原點，BA為x軸，BB1為y軸，BC為z軸建立空間直角坐標系則B(0,0,0)，A(23,0,0)，C(0,0,2)設(shè)BB1=m，B因為若B1到直線AC的距離為19即CB12故B1(0,4,0)，C1CD=(3,0,?2)，DA1設(shè)平面A1B1C的法向量為所以23x1設(shè)平面A1CD的法向量為m=(所以3x2?2設(shè)平面B1A1C與平面A1即平面B1A1C與平面題型5線線、線面角問題【例題5】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是邊長為2的正方形，(1)證明：MN∥平面AC(2)若∠ABC=90°，再從條件①、條件②中選擇一個作為條件，求直線AC與平面AMN所成角條件①：異面直線AC與MN所成的角為45°；條件②：△AMN是等腰三角形.【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】(1)應(yīng)用線面平行的判定定理證明即可;(2)根據(jù)選擇的已知條件應(yīng)用線面角的向量法求解可得.【詳解】（1）取AC的中點為O，連接A1O，ON，因為N是所以O(shè)N∥AB且又因為A1M∥所以A1M∥所以四邊形A1即MN∥A1O而A1O?平面ACC1A（2）因為AA1⊥AB，AA1⊥BC，且所以AA又因為∠ABC=90°，所以分別以BC，BA，BB1所在的直線為x，選擇條件①，因為∠AA1O為異面直線AC與MN所以O(shè)A=AA1=2設(shè)BN=m，則MN=5+解得m=3所以A0,2,0，CM0,1,2，N所以AC=23,?2,0，設(shè)平面AMN的法向量n=x,y,z令y=2，則x=43，z=1，即所以sinθ=選擇條件②，設(shè)BN=m，則AN=4+m2，MN=因為△AMN是等腰三角形，所以上式中只能AM=AN，即m=1，所以A0,2,0，C2,0,0，M0,1,2所以AC=2,?2,0，AM=設(shè)平面AMN的法向量為n=x,y,z令y=2，則x=4，z=1，即n=所以sinθ=【變式5-1】1.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱PAD?QBC中，側(cè)面ABCD為正方形，AB=4，PA=PD=6,AB⊥AP,DC⊥DP，點M在線段PB上，PD//平面(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角B?PD?A的大??；(3)在線段AC上是否存在點N，使得直線MN與平面BDP所成的角為30°，若存在，求出AN【答案】(1)詳見解析；(2)60°(3)存在，ANAC=3【分析】（1）設(shè)AB∩CD=O，根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得PD//OM，進而即得；（2）取AD的中點G，根據(jù)線面垂直的判定定理可得PG⊥平面ABCD，然后利用坐標法利用面面角的向量求法即得；（3）設(shè)AN=λ【詳解】（1）設(shè)AC∩BD=O，連接OM，因為側(cè)面ABCD為正方形，所以O(shè)為BD的中點，因為PD//平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面MAC=OM，所以PD//OM，又O為BD的中點，所以M為PB的中點；（2）因為AB//DC,DC⊥DP，所以AB⊥DP，又AB⊥AP,AP∩DP=P,AP?平面ADP，DP?平面ADP，所以AB⊥平面ADP，取AD的中點G，則PG⊥AD，由AB⊥平面ADP，PG?平面ADP，可得AB⊥PG，又AB∩AD=A,AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PG⊥平面ABCD，如圖以G為原點建立空間直角坐標系，則D2,0,0所以BD=設(shè)平面PBD的法向量為m=則m?BD=4x?4y=0m?又平面ADP的法向量可取n=所以cosm所以二面角B?PD?A的大小為60°（3）假設(shè)在線段AC上存在點N，使得直線MN與平面BDP所成的角為30°設(shè)AN=λAC，因為所以AN=4λ,4λ,0，N4λ?2,4λ,0所以MN=4λ?1,4λ?2,?22，又平面所以cosm整理可得64λ解得λ=38或所以在線段AC上存在點N，使得直線MN與平面BDP所成的角為30°，ANAC的值為38【變式5-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1(1)求證：C1(2)求直線AB與平面DB

【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，然后由向量的數(shù)量積為0，即可證明向量垂直；（2）根據(jù)題意，由空間向量的坐標運算，再結(jié)合線面角的計算公式，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）

證明：根據(jù)題意，以C為原點，分別以CA,CB,CC1所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則C0,0,0，A2,0,0，A12,0,3，B10,2,3，D2,0,1C1M=則C1所以C1M⊥（2）由（1）可得，ED=2,0,?1，設(shè)平面D則B1D?n=2x?2y?2z=0ED所以平面DB1E又因為AB=設(shè)AB與平面DB1E所以sinθ=所以直線AB與平面DB1E【變式5-1】3.（2022秋·北京東城·高三校考期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)求證：BM⊥AB(2)若M為線段A1C1上的中點，求直線A【答案】(1)證明見解析，(2)π【分析】（1）由題意可得AB,AC,AA1兩兩垂直，所以以A為原點，分別以AB,AC,AA（2）先求出平面BCM的法向量，然后利用空間向量的夾角公式求解即可.【詳解】（1）證明：因為AA1⊥平面ABC，AB,AC?所以AA因為AB⊥AC，所以AB,AC,AA所以以A為原點，分別以AB,AC,AA1所在的直線為則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A設(shè)M(0,a,1)，所以BM=(?1,a,1),所以BM?所以BM⊥所以BM⊥A（2）因為M為線段A1C1所以BM=?1,1設(shè)平面BCM的法向量為m=(x,y,z)m?BM=?x+12設(shè)直線AB1與平面BCM所成角為sinθ=因為θ∈0,π2所以直線AB1與平面BCM所成角的大小為【變式5-1】4.（2023·高二課時練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA(1)求證A1B∥(2)若E為A1B1【答案】(1)證明見解析(2)π【分析】由已知，可建立空間直角坐標系，設(shè)出平面ADC1的法向量為過計算A1B?m=0（2）由第（1）問建立起的空間直角坐標系，分別表示出AE和DC【詳解】（1）∵在三棱柱ABC?A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∴BB1⊥平面ABC，∴BB設(shè)AB=BC=2BB1=2，則A1(2,0,1)，B(0,0,0)，A(2,0,0)A1B=(?2,0,?1)，AD設(shè)平面ADC1的法向量為則m·AD取x1=1，得∵A1∴A1B⊥m，又A1B?得證.（2）若E為A1B1AE=(?1,0,1)，cosAE由0≤AE,D則AE與DC1所成的角為【變式5-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C(1)求O'到平面BC(2)設(shè)AB1與A1B交于點O，△ABC是以∠ACB為直角的等腰直角三角形且AA【答案】(1)2(2)2【分析】（1）由O'為A1C的中點可得V（2）以C1B1，C1A1，【詳解】（1）解：因為O'為A1C的中點，V設(shè)O'到平面BCC1B1的距離為h，則A因為VA即23即23=13×12（2）因為△ABC是以∠ACB為直角的等腰直角三角形，由（1）知B1C1如圖，以C1B1，C1A則點A10,2,0，B2,0,2，則A1B=2,?設(shè)平面A1BC的法向量為則由n?A1令z=1，則y=2，于是平面A1BC所以直線B1O'n?故直線B1O'與平面A【變式5-1】6.（2022秋·天津濱海新·高三校考期末）如圖所示，在三棱柱ABF?DCE中，側(cè)面ABCD和ADEF都是邊長為2的正方形，平面ABCD⊥平面ADEF，點G、M分別是線段AD、BF的中點．(1)求證：AM//平面BEG；(2)求直線DM與平面BEG所成角的正弦值；(3)求平面BEG與平面ABCD夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)23(3)66【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)可得AF⊥面ABCD，再由面面垂直有AF⊥AB，結(jié)合已知AF、AB、AD兩兩垂直，構(gòu)建以A為原點，以AB,AD,AF的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系，求面BEG的法向量（2）由（1）DM=(1,?2,1)（3）由AF=(0,0,2)是面ABCD的一個法向量，結(jié)合（1）所得面BEG的法向量n【詳解】（1）由四邊形ADEF是正方形，則AF⊥AD，又面ABCD⊥面ADEF，面ABCD∩面ADEF=AD，AF?面ADEF，所以AF⊥面ABCD，而AB?面ABCD，則AF⊥AB，又AB⊥AD，所以AF、AB、AD兩兩垂直.建立以A為原點，以AB,則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,2)，F(xiàn)(0,0,2)，G(0,1,0)，M(1,0,1)，所以BE=(?2,2,2),設(shè)n=(x,y,z)為面BEG的法向量，則n?BE=?2x+2y+2z=0n又AM=(1,0,1)，則AM?n=0，所以AM⊥所以AM//平面BEG．（2）由（1）知：DM=(1,?2,1)且n=(?1,?2,1)為面因此cos?n,DM?=n（3）由平面ABCD的一個法向量AF=(0,0,2)且n=(?1,?2,1)為面因此cos?n,AF?=n題型6二面角問題【例題6】（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面(1)求證：MN//平面BCC(2)再從條件（1）、條件（2）這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角A?BM?N的平面角的余弦值．條件①：BN⊥平面AA條件②：B1注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先證明線面平行，再利用面面平行的判定可證結(jié)論；（2）無論選擇哪個條件都能得到側(cè)棱與底面垂直，然后利用空間向量可求答案或者找出二面角的平面角，利用三角形知識求解.【詳解】（1）取AB的中點為K，連接MK,NK，∵三棱柱ABC?A1B1C∵B1∴MK//BB又MK?平面BCC1B∴MK//平面BCC∵N,K分別為AC,AB中點，∴NK//BC．又NK?平面BCC1B∴NK//平面BCC∵NK∩MK=K,NK,MK?平面MKN，∴平面MKN//平面BCC又MN?平面MKN，∴MN//平面BCC（2）選條件①∵BN⊥平面AA1C1又∵側(cè)面BCC1B1∵BC∩BN=B，∴CC1⊥選條件②∵在△B1BN中，BB∴BB又∵側(cè)面BCC1B1∵BC∩BN=B，∴BB1⊥解法一：如圖建立空間直角坐標系，A3NB=設(shè)平面NBM的法向量為m=m令x=2得y=0,z=?32，即BA=設(shè)平面ABM的法向量為n=n?令x1=1得y1=3∴cosm即二面角A?BM?N的平面角的余弦值為219解法二：過點N作NO⊥AB交AB于點O，過點O作OD⊥BM交BM于點D，連結(jié)DN，∵BB1⊥平面ABC，∵BB1⊥NO，NO⊥AB，BB1∩AB=B又BM?平面ABB1A1∵OD∩NO=O，∴BM⊥平面NOD．∴BM⊥ND．∴∠NDO即為所求角．在直角三角形ANB中，BN=1,AN=3,AB=2，∴NO=3在正方形ABB1A1中，B在△BOM中，由等面積可得OD=5∴ND=O∴cos∠NDO=即二面角A?BM?N的平面角的余弦值為219【變式6-1】1.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C(1)證明：BB(2)若BB1⊥BC，直線AB1與平面BCC1【答案】(1)證明見解析(2)?【分析】（1）由△AA1B1≌△B1BC得AB1=CB1（2）由已知條件可得BB1⊥平面ABC，BB1⊥AB，可知∠ABC為二面角A?BB1?C的平面角，即∠ABC=60°，過點A作AO⊥BC于點O，可證得AO⊥平面BCC1B1，故直線AB1與平面BCC1B1所成角為∠AB1O，即【詳解】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，∴△AA1B又D為AC的中點，∴B在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，∵B1D∩BD=D，B1D、BD?平面BD又BB1?平面BD（2）∵BB1⊥AC，BB1⊥BC，∴BB1⊥平面ABC，而AB?平面ABC∴∠ABC為二面角A?BB1?C∴△ABC為等邊三角形，即AC=2，過點A作AO⊥BC于點O，則O為BC的中點，AO=3∴BB1⊥平面ABC，而AO?平面ABC又BB1∩BC=B，BC,BB1?平面故直線AB1與平面BCC1B設(shè)BB1=y，則sin取O1為B1C∵BB1⊥平面A1B1C又BB1∩B1C1=B∵O1O⊥BB1以O(shè)1為坐標原點，分別以O(shè)1B則B1(1,0,0)，C1(?1,0,0)，B1B=(0,3,0)，BD=(?3設(shè)平面BB1D由m?B1B=3設(shè)平面C1B1由n?C1B1∴cos∴二面角B?B1D?【變式6-1】2.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AC=2，AB=1，E，F(xiàn)分別為A(1)求棱BC的長度；(2)若BB1⊥A1B1【答案】(1)1(2)3【分析】（1）根據(jù)平行關(guān)系可得EF∥DB，再結(jié)合垂直關(guān)系可得DB⊥AC，即可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意分析可得BB1⊥【詳解】（1）取AC中點D，連接ED，BD，∵D,E分別為AC,A1C的中點，則DE∥A又∵ABC?A1B1C1為三棱柱，且F分別為BB1的中點，則可得DE∥BF且DE=BF，即四邊形DEFB為平行四邊形，故EF∥DB，又∵EF⊥平面AA1C1CAC?平面AA1C又∵D為AC的中點，則△ABC為等腰三角形，∴BC=AB=1.（2）由（1）可知：BC=AB=1，且AC=2，即A∴AB⊥BC，則可得EF=DB=22，且∵EF⊥平面AA1C1C，A∴S△A1由（1）知DB⊥平面AA1C1C，A又∵AA1∥B又∵BB1⊥A1B1，ABAB∩DB=B，AB,DB?平面ABC，∴BBAC?平面ABC，則BB且AA1∥BB∴△AA1C以B1為坐標原點，向量B1C1，B1則B10,0,0，A10,1,0，C11,0,0，可得A1F=設(shè)平面A1FC的一個法向量為n1令y=1，則x=?1,z=2，可得n∵平面B1A1設(shè)二面角B1?A可得cosθ∴sinθ=故二面角B1?A【變式6-1】3.（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在三棱柱ABC?A1B1C1中，點D，E，F(xiàn)，G分別為棱A1B1，AA1，C(1)證明：EF//平面C(2)若AA1=6，BC=2AC=4，四邊形BCC1B1為矩形，平面BCC1【答案】(1)證明見解析；(2)5【分析】（1）連接BF,BE,取GB的中點H,連接A1H，通過證明平面BEF//面C1DG得到EF//平面C1【詳解】（1）如圖,連接BF,BE,取GB的中點H,連接A1因為CC所以C1F//所以四邊形C1所以BF//因為BF?平面C1DG,所以BF//平面C易得點G為B1H的中點,因為點D為A1因為AE=2A1E又AA1//BB所以四邊形A1所以BE//A1因為BE?平面C1DG,DG?所以BE//平面C因為BE∩BF=B,所以平面BEF//面C因為EF?平面BEF,所以EF//平面C（2）因為四邊形BCC所以BC⊥CC因為平面BCC1B1⊥平面AC所以BC⊥平面ACC因為AC?平面ACC1A因為AC⊥C1G因為BF∩BC=B,BF?平面BCC1B1所以AC⊥平面BCC又CC1?平面BC以C為原點,CB,CA,CC1的方向分別為則C1所以C1設(shè)平面C1DG的法向量為則n?C1D=2所以平面C1DG的一個法向量為設(shè)平面DEF的法向量為m=則m?ED=2x2所以平面DEF的一個法向量為m=設(shè)平面C1DG與平面DEF所成的銳二面角為則cosθ=|所以平面C1DG與平面DEF所成銳二面角的余弦值為【變式6-1】4.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B(1)證明：BB(2)若BB1⊥BC，且滿足：三棱柱ABC?A1B1【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）由線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可證明；（2）由三棱柱ABC?A1B1C1的體積為33【詳解】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，由題意可得∴△AA又∵AD=DC，∴B1同時在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，∵B1D∩BD=D，B1D，∴AC⊥平面BDB又∵BB1?平面BD（2）∵BB1⊥AC,BB1⊥BC∵AB?平面ABC，∴BB1⊥AB，又∴∠ABC為二面角A?BB∠ABC=60°，AC=2，取BC的中點O，則AO=3∴S△ABC又∵三棱柱ABC?A1B1C如圖所示，建立空間直角坐標系，設(shè)平面BDB1的一個法向量為m=(x,y,z)，且B則m?BB1=0m?故m=(0,1,設(shè)平面B1DC且C1B1=(0,2,0)，令a=?1，則b=0，c=?23，故ncos?m,n?=【變式6-1】5.（2023·全國·高三專題練習）如圖在三棱柱ABC?A1B1C1中，D為(1)證明：BB(2)若BB從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角B?B①三棱柱ABC?A1B②直線AB1與平面BCC③二面角A?BB注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）通過證明AC⊥平面BDB1來證得（2）先選擇條件，然后根據(jù)所選條件，利用幾何法或向量法求得二面角B?B【詳解】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，由題意可得∴△AA1B1≌△B同時在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，∵B1D∩BD=D,B∴AC⊥平面BDB又∵BB1?平面BEB（2）∵BB1⊥AC，BB1⊥BC且AC∩BC=C方案一：選擇①③∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC為二面角A?BB1?C∴S△ABC=12×2×2×sin60°=3，又∵法一：取A1C1的中點為E，連接EB1，ED，過E作EF⊥∵AC⊥平面BDB1，∴EC又∵EF⊥B1D∴∠EFC1為二面角其中C1E=1，EF=32，由于二面角B?B1D?故二面角B?B1D?法二：過B作BE⊥B1D，過C1作C1F⊥B1D，過F∴∠C1FG為二面角B?B1D?C∴cos∠C1FG=?3法三：如圖所示，建立空間直角坐標系，設(shè)平面BDB1的一個法向量為m=x,y,z，且則m?BB1=0m?BD=0設(shè)平面B1DC1的一個法向量為n=則n?令x=?1，則y=0，z=?2cosm,n=m方案二：選擇①②；解析：過點A作AO⊥BC于點O∵平面ABC⊥平面BCC1B∴AO⊥平面BCC1B1，故直線AB1與平面設(shè)AO=x，BB1=y，則VABC?A余下解法參考方案一.方案三：選擇②③；∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC為二面角A?BB1?C過點A作AO⊥BC于點O，∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交線為BC，AO⊥BC，∴AO⊥平面BCC1B1，故直線AB1與平面設(shè)BB1=y，則sin余下解法參考方案一.【變式6-1】6.（2022·全國·高三專題練習）如圖，已知在直四棱柱（側(cè)棱垂直底面的棱柱）ABCD?A1B1C1D(1)求證：DB⊥平面B1(2)求BC1與平面(3)求二面角A1【答案】(1)證明見解析；(2)33(3)63【分析】（1）以點D為坐標原點DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得DB⊥平面（2）利用空間向量法可求得直線BC1與平面（3）利用空間向量法可求得二面角A1(1)證明：以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、則D0,0,0、B1,1,0、C10,2,2、DB=1,1,0，BC=DB?BC=?1+1+0=0，則BD⊥BC；DB∵BB1∩BC=B，∴DB⊥(2)解：設(shè)n=x,y,z為平面A1BD的一個法向量，則n?DA1=x+2z=0又BC1=?1,1,2，設(shè)BC則sinθ=n?∴BC1與平面A1(3)解：由（2）知平面A1BD的一個法向量為設(shè)m=x1,y1,則m?BC1=?cos<m,∴二面角A1?DB?C題型7線面角與動點問題【例題7】（2023·北京·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ABC⊥平面CC1B1B，CC1(1)求證：BC⊥ED;(2)若直線AB與平面DEB1所成角的正弦值為33(3)在滿足（2）的條件下，求點A1到平面DE【答案】(1)證明見解析；(2)A1(3)點A1到平面DEB1【分析】(1)利用線面垂直判定定理證明BC⊥平面ACC1A1，由此證明BC⊥ED；(2)建立空間直角坐標系，利用向量方法求直線AB與平面【詳解】（1）因為四邊形CC1B又AC⊥BC，AC∩CC1=C，AC,C所以BC⊥平面ACC1A1，又所以BC⊥ED，（2）因為平面ABC⊥平面CC1B1BAC?平面ABC，AC⊥BC，所以AC⊥平面CC1B所以AC,BC,CC1兩兩相互垂直，以C為原點，CA，CB，CC1為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則A(2,0,0)，B(0,2,0)，設(shè)ADAA1所以EB1=(0,2,1)，設(shè)平面DEB1的法向量為n，則n?EB取z=2，可得n=設(shè)直線AB與平面DEB1的夾角為則sinθ=所以?6+6λ2?3λ化簡可得3λ2?10λ+3=0所以λ=13（3）由(2)平面DEB1的法向量為n，n=設(shè)點A1到平面DEB1則d=A所以點A1到平面DEB1【變式7-1】1.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)求證：BD//平面AEF；(2)在線段AE上是否存在點M，使得直線B1M與平面AEF所成角的正弦值是306【答案】(1)證明見解析(2)存在，AM【分析】（1）連接DE,DC，且DC交AE于點O，再連接FO，由OF//BD即可證明BD∥平面AEF；（2）建立空間直角坐標系，求出平面AEF的法向量，設(shè)出點M，表示出B1由直線B1M與平面AEF所成角的正弦值解出點【詳解】（1）連接DE,DC，且DC交AE于點O，再連接FO，如圖所示.因為三棱柱ABC?A1B又D,E分別是AA1,C所以四邊形ADEC是平行四邊形，所以點O是DC的中點.在△CDB中，點O是DC的中點，F(xiàn)是BC的中點，所以O(shè)F//BD，又OF?平面AEF,BD?平面AEF，所以BD//平面AEF.（2）不妨設(shè)AB=2，則CC在△ABC中，由余弦定理得AC2=A所以AB2+A因為CC1⊥平面ABC，又AC,AB?平面ABC又AA1//C以A為坐標原點，AB,AC,AA1所在的直線分別為x軸，y軸，則A0,0,0,B設(shè)平面AEF的一個法向量為n=由n→?令z=2，解得x=1,y=?1，所以平面AEF的一個法向量n=設(shè)Ma,b,c，且AM所以a,b,c=λ0,2,1，得所以點M的坐標為0,2λ,λ，所以B1設(shè)直線B1M與平面AEF所成的角為則sin=解得λ=25，所以【變式71】2.（2022·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥(1)求證：C1D∥(2)求平面C1A1(3)在棱CC1上是否存在一點P，使得直線PD與平面A1【答案】(1)證明見詳解(2)30(3)(0,0,14【分析】（1）取AB的中點F,連DF交A1B于點M,可證C1D∥（2）建立空間直角坐標系,求出平面A1BE的法向量,利用向量的夾角公式,可求平面C1（3）假設(shè)在棱CC1上存在一點P,使得直線PD與平面A1BE所成角正弦值為【詳解】（1）取AB的中點F,連DF交A1B于點M,可知M為中點，連可知四邊形EMDC所以C1D∥EM,由線而平行的判定定理可得C1D∥（2）建立空間坐標系如圖所示：則A(2,0,0),B(0,2,0),E(0,0,1),AAB=(?2,2,0),EA1=(2,0,1),則EA1?n=0EB?n=0cosn1所以C1A1E與平面（3）假設(shè)在棱上CC1存在一點P使得直線PD與平面A1BE所成角正弦值為69,設(shè)點P(0,0,c),0≤c≤2則所以cosPD解得c=14或故在棱上CC1存在一點P,使得直線PD與平面A1P點的坐標為(0,0,14)【變式7-1】3.（2023·全國·高三專題練習）在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，平面ABC⊥平面（1）證明：AA1⊥（2）在①AB=AC=1；②BC1與平面ABB1A1所成的角為30°；③異面直線C【答案】（1）證明見解析；（2）答案見解析.【分析】(1)利用面面垂直的性質(zhì)證得AC⊥AA1和(2)選擇條件①②或①③，結(jié)合已知求出AA1，選擇條件②③，探求出AB，AC，AA1的關(guān)系，無論選擇哪兩個條件都以A為原點，AB，AA1，AC的方向分別為x，y，【詳解】（1）證明：因為AB⊥AC，平面ABC⊥平面ABB平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC?平面ABC又因為AA1?平面ABB1又因為AB∩AC=A，所以AA1⊥（2）選擇①②：由（1）知，AA1⊥平面ABC因為AC⊥AB，AB=AC=1，所以BC=2在直三棱柱ABC?A1B1C1中，所以∠C1BA1為B在Rt△C1A1B中，在Rt△ABA1中，AB=1以A為原點，AB，AA1，AC的方向分別為x，y，B(1,0,0)，C(0,0,1)，B1(1,2,0)所以BA1=(?1,2,0)，A設(shè)平面A1BC由m?BA1=0m?A1設(shè)平面BC1B由n?BB1=0n?BC所以cosm,n=m選擇①③：因為AC⊥AB，AB=AC=1，所以BC=2，由（1）知，AA1⊥平面在三棱柱ABC?A1B1C1中，C1所以cos∠A在Rt△ABA1中，因為AB=1，AA1⊥AB，以A為原點，AB，AA1，AC的方向分別為x，y，B(1,0,0)，C(0,0,1)，B1(1,2,0)所以BA1=(?1,2,0)，A設(shè)平面A1BC由m?BA1=0m?A1設(shè)平面BC1B由n?BB1=0n?BC所以cosm,n=m選擇②③；由（1）知，AA1⊥平面ABC，所以三棱柱ABC?A1B1所以∠C1BA1為B又C1C//A1A，則異面直線C1C在Rt△A1BC1中，設(shè)在Rt△ABA1中，因為A1B=3，以A為原點，AB，AA1，AC的方向分別為x，y，B(1,0,0)，C(0,0,1)，B1(1,2,0)所以BA1=(?1,2,0)，A設(shè)平面A1BC由m?BA1=0m?A1設(shè)平面BC1B由n?BB1=0n?BC所以cosm,n=m【點睛】方法點睛：直線垂直平面的證明方法：(1)直線與平面的垂直判定定理；(2)平面與平面垂直的性質(zhì)定理；(3)兩條平行直線中一條直線垂直一個平面，那么另一條直線也垂直于這個平面.【變式7-1】4.（2020·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形ABB1A（1）求證：MN//平面ABC；（2）求二面角B?MN?B（3）設(shè)P是棱B1C1上一點，若直線PM與平面MNB1【答案】（1）證明過程見詳解；（2）459；（3）【分析】（1）先取AA1中點為O，連接ON，OM，根據(jù)面面平行的判定定理，得到平面MON//平面ABC（2）先由題意，得到B1C1，B1B，B1A1兩兩垂直，以B1為坐標原點，分別以B1B，B1C1，B1（3）先設(shè)B1PB【詳解】（1）取AA1中點為O，連接ON，因為M為CC1的中點，N為所以O(shè)N//AB，又AB?平面ABC，AC?平面ABC，AC∩AB=A，所以平面MON//平面ABC又MN?平面MON，所以MN//（2）因為四邊形ABB1A1，BB1C以B1為坐標原點，分別以B1B，B1C1，B1A1為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)ABB1A1所以N(1,0,1)，M(1,2,0)，因此B1M=(1,2,0)，MN設(shè)平面BMN的一個法向量為m=則m⊥BMm⊥MN，所以m因此m=設(shè)平面B1MN的一個法向量為則m⊥B1Mm⊥MN因此n=設(shè)二面角B?MN?B1的大小為則cosθ所以sinθ=（3）因為P是棱B1C1上一點，設(shè)B所以PM=由（2）知，平面MNB1的一個法向量為又直線PM與平面MNB1所成角的正弦值為215，記直線PM與平面則有sinα=整理得21t2+8t?5=0，解得t=所以B1【點睛】本題主要考查證明線面平行，求二面角，已知線面角求其它量的問題，熟記面面平行的判定定理與性質(zhì)，以及二面角，線面角的向量求法即可，屬于常考題型.題型8二面角與動點問題【例題8】（2022秋·吉林長春·高二長春市解放大路學(xué)校?？茧A段練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：AC1∥(2)AC上是否存在點N，使二面角B?A1M?N的大小為π【答案】(1)證明見解析(2)存在，AN【分析】（1）連接AB1與A1（2）建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz，不妨設(shè)AB=1，設(shè)N(0,a,0)，0≤a≤1，利用向量法求出a，從而可得出的結(jié)論.【詳解】（1）解：連接AB1與A1因為點M為B1所以O(shè)M∥因為OM?平面A1BM，AC所以AC1∥（2）解：因為BC=2所以AB2+A如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz，設(shè)AB=1，則B(1,0,0)，A10,0,2設(shè)N(0,a,0)，0≤a≤1，所以BA1=?1,0,2設(shè)平面BA1M則有m?BA1=?設(shè)平面A1MN的一個法向量為則有n?A1M=因為cosm,n=m此時ANCN所以AC上存在點N，當ANCN=2時，二面角B?A【變式8-1】1.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥（1）求證：C1D//平面（2）求直線BC1與平面（3）在棱CC1上是否存在一點P，使得平面PAB與平面A1【答案】（1）證明見詳解；（2）36；（3）存在，CP=【分析】（1）取AB的中點F，連接DF，交A1B于點M，證得C1D//EM，利用線面平行的判定定理，即可證得（2）以CA,CB,CC1所在的直線為x軸、y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，求得則BC1=(0,?2,2)（3）設(shè)CP=a,(0<a<2)，求得平面PAB的一個法向量m=(a,a,2)【詳解】（1）取AB的中點F，連接DF，交A1B于點M，可知M為連接EM，因為E是CC1的中點，所以C1即四邊形C1DME為平行四邊形，所以又C1D?平面A1BE，EM?平面A1（2）分別以CA,CB,CC1所在的直線為x軸、y軸，可得B(0,2,0),C則BC1=(0,?2,2)，E設(shè)平面A1BE的法向量為則n?EA1=0n?EB=0所以cos<所以直線BC1與平面A1（3）假設(shè)在棱CC1是存在一點P，設(shè)CP=a,(0<a<2)，可得由A(2,0,0),B(0,2,0)，可得PA=(2,0,?a)，PB設(shè)平面PAB的法向量為m=(則m?PA=0m?PB=0，即2又由平面A1BE的一個法向量為所以cos<因為平面PAB與平面A1BE所成二面角為可得4a2+此時a=30所以在棱CC1上存在一點P，使得平面PAB與平面A1BE所成二面角為【點睛】方法點睛：立體幾何體中空間角的求法：（1）定義法：根據(jù)空間角（異面直線所成角、線面角、二面角）的定義，通過作輔助線，在幾何體中作出空間角，再解對應(yīng)三角形，即可得出結(jié)果；（2）空間向量的方法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出直線的方向向量，平面的法向量，通過計算向量夾角（兩直線的方法向量夾角、直線的方向向量與平面的法向量夾角、兩平面的法向量夾角）的余弦值，來求空間角即可.【變式8-1】2.（2022秋·北京西城·高三統(tǒng)考期中）如下圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC=BC=2(1)求證：BC⊥AM．(2)若M，N分別是CC1，AB的中點，求證：CN∥平面(3)若二面角A?MB1?C的大小為π【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)C1【分析】（1）由條件先證明CC1⊥BC，BC⊥AC，根據(jù)線面垂直的判定定理證明BC⊥平面ACC1A1由此證明BC⊥AM，（2）先證明CN//MP，根據(jù)線面平行判定定理證明CN∥平面AB1M，（3）以C為原點，CA，CB【詳解】（1）∵CC1⊥平面ABC，BC?∴CC∵AC=BC=2，AB=22∴△ABC中，AC∴BC⊥AC．∵AC∩CC1=C，AC,C∴BC⊥平面ACC∵AM?平面AC∴BC⊥AM.（2）連接A1B交AB∵四邊形AA∴P是A1又∵M，N分別是CC1，∴NP//CM，且NP=CM，∴四邊形MCNP是平行四邊形，∴CN//MP．又CN?平面AB1M，MP?∴CN//平面AB（3）∵BC⊥AC，且CC1⊥∴CA，CB，CC以C為原點，CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系設(shè)CM=t(0≤t≤4)，則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,4)，∴MA=(2,0,?t)，MB1設(shè)平面AMB1的法向量為故n?MA=0則有{2x?tz=02y+(4?t)z=0，令x=t，則又平面MB1C∵二面角A?MB1?C∴cosπ解得t=52，即∴C∴C1題型9體積與動點問題【例題9】（2023·山西忻州·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥平面ABC(1)證明：DE//平面ACC(2)若三棱錐A?A1DC的體積為4【答案】(1)證明見解析(2)二面角D?A1【分析】（1）建立空間直角坐標系，根據(jù)直線與平面的位置關(guān)系計算直線方向向量和平面法向量，即可證明；（2）根據(jù)三棱錐A?A1DC【詳解】（1）證明：在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥所以AC=A1C1=4則如下圖，以B為原點，BC,BA,BB1為x,y,z軸建立空間直角坐標系，設(shè)則A0,2所以DE=1,?3,?，AC=所以AC?n=0AA所以DE?n=1,?3,??3,1,0（2）解：三棱錐A?A1DC的體積VA?由（1）知平面AA1C設(shè)平面DA1C的法向量為m所以DC?n=0DA則cosn,m所以二面角D?A1C?A【變式9-1】（2023·全國·高二專題練習）如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90(1)證明：DC(2)若平面BDC1分該棱柱為體積相等的兩個部分，試確定點D的位置，并求二面角【答案】(1)證明見解析；(2)30°.【分析】（1）由C1C⊥平面ABC得C1C⊥BC，再由∠ACB=90°,可推得（2）根據(jù)割補法求VD?BCC1+VD?ABC，根據(jù)體積為三棱柱一半，求得D為AA1中點；取A1（1）證明：∵C1C⊥平面ABC,BC?平面ABC又∠ACB=90°,即BC⊥AC,AC∩C∴BC⊥平面ACC又DC1?平面AC（2）∵V依題意VD?BC∴VD?ABC=16取A1B1的中點O,過點O作OH⊥BD于點H∵A直三棱柱ABC?A1B1C1中,平面A1C1O?平面A1B1C1,∴C1又OH⊥BD,OH∩C1O=O，OH,所以BD⊥平面C1OH，C所以C1設(shè)AC=a,則AA則C1故點H與點D重合，且∠C1DO則在Rt△C1OD中，即二面角A1?BD?C另解：以C為空間坐標原點，CA為x軸正向、CB為y軸正向、CC1為建立空間直角坐標系，設(shè)AC的長為1，則A1作AB中點E，則E12,12,0,連結(jié)CE，則平面A1BD的一個法向量設(shè)平面BC1D的一個法向量為n∴n→?BD→=x?y+z=0n∴cos由圖可知二面角A1?BD?C1為銳角，故二面角題型10最值取值范圍問題【例題10】（2023秋·全國·高二期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面是邊長為2的等邊三角形，CC1=2,D,E(1)求證：A1C⊥平面(2)若點F為棱B1C1的中點，求點F(3)若點F為線段B1C1

【答案】(1)證明見解析(2)3(3)1【分析】（1）法一：利用線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理與判定定理可證；法二：建立空間直角坐標系，利用數(shù)量積為0，可證BD⊥A法三：如法二建立空間直角坐標系，求出平面BDE的一個法向量，證明其與A1（2）利用空間向量法求點到面的距離；（3）利用空間向量求出二面角的余弦值，再借助函數(shù)性質(zhì)求值域.【詳解】（1）法一：連結(jié)AC1，因為△ABC為等邊三角形，D為AC中點，又C1D⊥平面ABC，BD?平面ABC∵AC∩C1∴BD⊥平面AA1C1C由題設(shè)知四邊形AA1C∵D,E分別為AC,CC1中點，又BD∩DE=D，BD∩DE=D,BD,DE?平面BDE,∴A1法二：由C1D⊥平面ABC，BD，AC又△ABC為等邊三角形，D為AC中點，∴BD⊥AC，則以D為坐標原點，DB,DA,D∴DB=∵DB·A1又BD∩DE=D，BD∩DE=D,BD,DE?平面BDE,∴A1法三：（同法二建系）設(shè)平面BDE的一個法向量為m

∵DB?m不妨取z=1，則y=3，則所以平面BDE的一個法向量為m∵A1C=0,?3,?3，∴A1C（2）由（1）坐標法得F32,12,3，平面∴點到F到平面BDE的距離=m（3）C設(shè)Fx,y,z,C∴x=3由（1）知：A1C⊥平面BDE,∴平面BDE（或者由（1）中待定系數(shù)法求出法向量）；設(shè)平面FBD的法向量n=則DB?n=3a=0∴cos令3?λ=t∈2,3，則λ=3?t∴∵1即銳二面角F?BD?E的余弦值的取值范圍為12【變式10-1】1.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D為BC（1）求證：AD⊥平面BCC（2）求直線BC1與平面【答案】（1）證明見解析；（2）310【分析】（1）證出AA1⊥AD（2）取B1C1的中點E，連接DE，根據(jù)AD，BC，DE兩兩垂直，建立空間直角坐標系，設(shè)點P的坐標為(1,0,?)(0<?<2)【詳解】（1）因為AB=AC，BD=CD，所以AD⊥BC.因為AA1⊥底面ABC，AD?平面ABC又因為AA1//B因為AD⊥BC，AD⊥BB1，BC∩BB1=B，BC所以AD⊥平面BCC（2）如圖，取B1C1由BD=CD，B1E=C1E又由BC⊥AD，可得AD，BC，DE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系.由AB=5，BD=CD=1，可得AD=2所以D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(?1,0,0)，A(0,2,0)，C1設(shè)點P的坐標為(1,0,?)(0<?<2)，平面PAC的法向量為m=(x,y,z)由CA=(1,2,0)，CP=(2,0,?)，有取x=2?，則y=??，z=?4，可得平面PAC的法向量m=(2?,??,?4)又由BC1=(?2,0,2)，設(shè)直線BC1由m?BC1=?4??8有sinθ=令?+2=t(2<t<4)，?=t?2，有sin=2故當t=185時，?=85，故直線BC1與平面PAC所成角的正弦值的最大值為【變式10-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB（1）求證：BC1⊥（2）點N在線段BB1上運動，求A1【答案】（1）證明見解析；（2）π3【分析】(1)推導(dǎo)出BC1⊥B1C，A1B1⊥BB(2)以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求出A1【詳解】(1)證明：∵在三棱柱ABC?A1B1C1中，B∴四邊形BCC1∵BB1⊥平面∴∵BB1∵BC1?平面∵A1(2)點N在線段BB1上運動，由(1)知，A1B1⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為AA設(shè)A1N與B1則cos∴t=2時，cosθ取最小值0，t=0時，cosθ∴N與B重合時，θ取最小值π3，N與B1重合時，θ取最小值∴A1N與【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查異面直線所成角的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面間的位置關(guān)系、向量法等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題【變式10-1】3.（2021秋·上海閔行·高二閔行中學(xué)校考期中）如圖，為正六棱柱ABCDEF?A1B1C（1）若a=?，求異面直線BD1和（2）計算四面體BCD1F（3）若正六棱柱為一容器（有蓋），且底面邊長a和高?滿足：2?+3a=k（k為定值），則當?shù)酌孢呴La和高【答案】（1）arccos510；（2）312a2【分析】（1）延長EF,BA相交于G點，延長E1F1,B得BCFG?B1C1F1H是直四棱柱，證明CF1（2）建立空間直角坐標系,求出平面BF1C法向量，求出D1到平面（3）求出正六棱柱的表面積S=6?a+33a2【詳解】（1）補形如圖：延長EF,BA相交于G點，延長E1F1,由正六邊形性質(zhì)知BCFG是平行四邊形，從而得BCFG?B1C1F1H是直四棱柱，則BC//H所以異面直線BD1和CF1所成角的大小即為直線在三角形BD1H中，由平面幾何知識和余弦定理得：D1H=cos∠HB∴∠HB（2）如圖，建立分別以FB，F(xiàn)E,FF1為B(3a,0,0)，C(3a,a,0)BC=(0,a,0)，BF設(shè)平面BF1Cn?BC=0n?BF1=0n所以D1到平面BF1又F1C=4a2∴BC2VD（3）由題知，正六棱柱的表面積S=6?a+2×6×1正六棱柱的體積V=6×1∴VS∴所以當?=k4時，V此時?=k【點睛】本題考查異面直線所成角，利用空間向量求四面體體積及利用表面積與體積之比轉(zhuǎn)化為函數(shù)求其最值問題，屬于較難題.第二篇斜棱柱篇題型11平行關(guān)系【例題11】（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC【答案】存在，E為BC1的中點【分析】根據(jù)長度關(guān)系以及面面垂直可得線線垂直，進而根據(jù)空間直角坐標系，由向量法即可求解【詳解】連接OA1，因為AA1=A1又平面AA1C1C⊥平面ABC，交線為